2007考研数二真题及解析

2007年入学考试数学二试x一、选择题：110小题，每4分，共40分，下列每题给出的四个选项中，只有一个x1 1 1 1 x

等价的无穷小量是 A.1e

111函数f(x)(exe)tanx在,上的第一类间断点是x x(ex0

1

2

2如图，连续函数y

f(x)在区间3,2,2,3上的图形分别是直径为1的上、下半0周,在区间20,02上的图形分别是直径为2.F(x)xf(t)dt0下列结论正确的是 yy---O123xF(3)34

F(3)5F4F

3F4

F(3)54设函数f(x)在x0连续，则下列命题错误的是 A.若limf(x)存在，则f(0) B.若limf(x)f(x)存在，则f(0) C.若limf(x)存在，则f(0)存 D.若limf(x)f(x)存在，则f(0)存 曲线y1ln(1ex)渐近线的条数为 xA.

C.

)，则设函fx在(0f(x)0，令unf(n)(n1)，则下列结论正确的是 A.若u1u2，则un必收 B.若u1u2，则un必发C.若u1u2，则un必收 D.若u1u2，则un必发二元函数f(x,y)在点(0,0)处可微的一个充分条件是 (x,

f(x,y)f(0,0)limf(x0f(00)0且limf(0yf(00)

f(x,y)f(0,

(x,y

x2

设函数f(x,y)连续，则二次积分dxsinxf(x,y)dy等于 2 A.0dyarcsinyf(x, B.0dyarcsinyf(x, C.02

f(x,

D.02

f(x,设向量组1,2,3线性无关，则下列向量组线性相关的是 A.12,23,3C.122,223,3

B.21,23,3D.122,223,3

设矩阵A 1，B 0，则A与B 2 A.合同，且相 B.合同，但不相C.不合同，但相 D.既不合同，也不相二、填空题：11-16小题，每小题4分，共24分，请将答案写在答题纸指定位置上

limarctanxsinx

xcostcos2 曲线y1sin

上对应于t 的点处的法线斜率为 4设函数y

2x

y(n0二阶常系数非线性微分方程y4y3y2e2x的通解为y f(uvzfy,xxzyzx 01000010设矩阵A ,则A3的秩为0001 0000 (t)dt 三、解答题：17－24小题86分.请将解答写在答题纸指定的位置上.解答应写出文字说(t)dt (17)(本题满分10分设是区间 ]上的单调、可导函数，且满f设是区间 ]上的单调、可导函数，且满

ff( f

costsinx4xf1ffx

0sintcos(18)(本题满分11分Dy

xa2a(a1,0x)下方、x轴上方的区域求区域Dx轴旋转一周所成旋转体的体积Vaa为何值时，Va最小？并求出最小值(19)(本题满分11分y(xy2yy(1y(11的特解.(20)(10分)d2f(uf(0)1yy(xyxeyd2z

f(lnysinx，

x0

x0(21)(本题满分11分设函数fx)g(x)在ab上连续，在(abf(a＝g(af(b＝g(b，证明：存在(abf''()g''((22)(本题满分11分

x2

xy

f(x,y)x2x2

1x

yf(xy)dD(xD

xy(23)(本题满分11分x2x3设线性方程组x2x

x4xa2x

2x2x3a1 a得值及所有公共解(24)(本题满分11分3A的特征值122,11,1)TA的属于 个特征向量.BA54A3EE3阶单位矩阵验证1是矩阵B的特征向量，并求B的全部特征值与特征向量求矩阵B2007年全国硕士研究生入学统一考试数学二试题解一、选择【答案】x22()xx22()x x;1x;1x 1x;1cos2

,x

时，此时x01ex

(x);1

x

x;1 2

1(x)22A、CD，所以选 x x x x

xx 当x0xx

0x0ln1x x

] ~x x

1

xxxxx x xx

1

1

1 1 1 方法3：lim 1 x lim 1 1 1

x

1x2xx 11x x

1

x

2x

1 1x2x

1x1 x2x2x1设

A

xB1x4x

xxx1x1 x

1 xA2xB1x2x21

x2 1 x原式

1x1 x

lim xx01 x22x01

011，选【答案】(fxfx在间断点处的极限fx的不连续点为0、1，第一类间断点包括可去间断点及跳跃间断点.2虑各个选项即可limf(limf(x)lim11A

))

f(x)lim

exe11x11xe

ex0 fxx0limfxlimfxx0fx间断点，选

同样可验证其余选项是第二类间断点，limfx，limfx，limfx

2

2【答案】xfxxf(xf(xF(x)x

f(t)dt,F(x)

f(t)dt令tu

)

f(u)duF(x)2FxxF(3)F(322F(2)2

f(t)dtR1F(2)

f(t)dt

， F(3)3f(t)dt2f(t)dt3f(t)dt3f(t)dtr1 1 的负值，所以

f(t)dt2

所 F(3)

f(t)dt

f

3 3F2 2

4 所 F(3)F(3)3F(2)，选择4【答案】由limf(xfxx0 f(0)limf(x)lim(f

0所以(A)正确由选项(A)知，f(0)0，所以limf(xf(0)limf(x)存在，根据导数定义，

x

f'(0)

f(x)fxfxx0f(xx0limf(x)f(x)limf(x)limf(x)f(0)f(0)2f0所以2f(0

f(x)

0limf(x)f(x) f(0)0.所以(B)正确，故此题选择2：举例法，举例说明(D)不正确.例如取f(x

x

f(x)fx

xx

0

fxf

x

1，

fxf

x

x

x

x

x0xf(xxx0f'(0)不存在.(D)不正确，选【答案】【详解】因为limylim1ln(1exlim1limln(1ex)

x0

x0

x0limylim1ln(1exlim1limln(1ex)000

x

x-

x- y0x a y

1ln(1ex

1

ex)

1x

法则0 blimyaxlim1ln(1ex)x

x lim1limln(1ex)

xln

)lnexx

1

lim )lim 1)ln1

yx3条，选择【答案】【详解】unf(n)， 日中值定理，)un1unf(n1)f(n)f'(n)(n1n)f'(n),(n1,)其中nnn1，12 nf'(n) f'(1f'(n)

.f''(x)0f'(x f'(n) 若u1u2，则f'(1u2u10,所以0f f'(n) un1u1(uk1uk)u1f'(k)u1nfk kf'(1是一个确定的正数.于是推知limun1故un发散.选【答案】【详解】一般提到的全微分存在的一个充分条件是：设函数f(x,y)在点x0y0处存在全f(xy在点x0y0f(xy在点x0y0全增量可以写成fx0x,y0yfx0y0AxByo，其中AB为与xy

oxy ， 0，则称f(xy AxByf(xy在点x0y0处的全微分，对照此定义，就可解决本题

相当于已知f(x,y在点(00)

f00f00A.Bf(xy在点(00处可微.D x于已知两个一阶偏导数x

f0,0

fy00存在不能推导出两个一阶偏导函 fxyfxy在点(00f(xy在点(00 f(x,y)f(0,由 0，推(x,y

x2

f(x,y)f(0,0)x2x2x2，

0x0ylim0.

x00,y00,xx,yy,A0,Bf(x,y在(00点可微，故选择【答案】D2

x,sinxyxy0y1,arcsinyx 所 dxsinxf(x,y)dy0dyarcsinyf(x,y)dx 所以选择2【答案】成立，则称1,2,3线性相关因(1223310，故12，23，31线性相关，方法2：因为12,23,31,

1 0

其中

1 0

1

1 C2 01行(1)2行

C2是可逆矩阵，由可逆矩阵可以表示为若干个初等矩阵的乘积，C2右乘1,2,3时，等于作若干次初等变换，初等变换不改变矩阵的秩，故r(12,23,31)所以，12,23,31线性无关，排除因为122,223,3211010101010其中C10

1

1 行+ 行+C3

4 C3是可逆矩阵，由可逆矩阵可以表示为若干个初等矩阵的乘积

C3右乘1,2,3时，等于作若干次初等变换，初等变换不改变矩阵的秩，故r(122,223,3所以，122,223,321线性无关，排除因为122,223,321,

2 0

其中

2 0，

1

1 C 01行(2)2行 4

C4是可逆矩阵，由可逆矩阵可以表示为若干个初等矩阵的乘积

C4右乘1,2,3时，等于作若干次初等变换，初等变换不改变矩阵的秩，故r(122,223,321)r(1,2,3)所以，122,223,321线性无关，排除(D).【答案】

方法1：EA

提出

0

32 A3，3，0;BB

ABA与B不相似ABAB22AB合同，应选(B).EA(3)2EB(1)2，AB是同阶实对称矩阵，其秩AB合同.二、填空【答案】6【详解】由法则2lim2

x2116【答案】

22dydt

1sint

cos

dx

costcos2t

sint2sintcos把t 代入4

t 1

,所以法线斜率为12【答案

(1)n2nyy

2x

2x31

311,y''(1)(2)222x33(1)22!222x321,

y(n)(1)n2nn!2x3n1x0

y(n)(0)

(1)n2n【答案】CeCe3x 【详解】这是二阶常系数非线性微分方程，且函Pmx2,2

fx

xex型其中所给方程对应的方程为y4y3y0，它的特征方程为r24r30,得

对应方程的通解yCer 由于这里2不是特征方程的根，所以应设该非方程的一个特解为y*Ae 所以y*2Ae2xy*4Ae2x，代入原方程

2e2xA2y*2e2x.yCeCe3x2e2x y【答案】 f'xf'yx yy x x y

y

f' f'

' f

1 x2 y xxxf

'

f'1

x

1 2 y2' ' y 1 x所 xxyyxf1'x2f2'yyf1'xf2'y2 yf'f'xf'yf'

2(yf'xf' x 1

x y 【答案】01000100 0010 00100010 A 00010001 0000 00000000 000000100100 0001 00010010 AAA 00000001 0000 00000000 0000由阶梯矩阵的行秩等于列秩，其值等于阶梯形矩阵的非零行的行数，知rA3三、解答题【分析】本题要求函数详解式，已知条件当中关于函数有关的式子只f(x

xcostsin

(t)dt0tsintcostdt这是一个带有积分符号的式子，如果想求出函数的详解式，首先要去掉积分符号，即求导f(

xcostsinxxsincosf

(t)dt0tsintcostdtxcoscos当x0时，对上式两边同时除以x，得f ，所f d(sinxcosx)lnsinxcosx sinxcosx0f(0)f1(t)dt0.fx是[0f

f(0)0x04limf(x)f(0)C

lnsinxcosx，因为x

4

ln(sinxcosx),x 【详解】

Va

xaadx

xa0

a

a2aln2a2aln2aa22lnaaln4

[xaa0

0

adx lna

alna1

Va[lna]

2

ln3 2alna2alnaln3令Va0，得lna1ae.当1ae时，Va0，Vaae时，Va0，Va单调增加.所以ae时V最小，最小体积为Vmina2【详解】令ypypp(xp2pppxp pdpdxx x

(

1

dpC)elnpC(

1

dp)p[dpC]p(p带入初始条件得C0

p2x.由y(1)1知p ，即dyxxxx2 2 y

x2C1，带入初始条件得C1 ，所以特解为y

x2 【详解】在yxey11x0y1y(0)yxey11xy(xey1)10yxey1x(ey1)yey1xey1y0(yy(xx的函数，故ey1x用复合函数求导的法则2yyey1

(yxey11xey1y1，把它代入在(*)x0x0,y1yx0在(*)两边求导2yyy2ey1y0.x0

x0y1y1

x0zf(lnysinx，令ulnysinxdzdzudzu

du duy在ulnysinxxyx求导，得uxcos在ulnysinxxyy求导，得u 把以上两式代入(**)dzf(ucosxf(u1 dzf(lnysinx)(ycosx)

x0y1y1代入(***)在(***)x

f(ln1sin0)(1cos0)1d2z

y

y [

(ln

sinx)]y

cos

f(ln

siny

cos dz dzu

du duy[f(lnysinx)]f(lnysinx)(cosx)f(lnysinx)yy

y

yyyyyd2

y

(lnysin cosy

f(lnysinx)y2ysin x0y1y1y2d2z

1 2

f(ln1sin f(ln1sin0)2 sin

f(0)(2 【详解】欲证明存在(ab)f()g(，可构造函数(f(xg(x))0，令(x)f(xg(x)，由题设f(xg(x存在相等的最大值x1(a,bx2使得f(x1maxf(xg(x2maxg(x.于是(x1f(x1g(x10，(x2f(x2g(x2 若(x1)0，则取x1(a,b有()0若(x2)0，则取x2(a,b有()0若(x1)0,(x2)0，则由连续函数介值定理知，存在(x1x2使()0不论以上哪种情况，总存在(ab使()0再(af(ag(a)0,(b)f(bg(b)0(x)在区间[a,],[b分别应用罗尔定理，得存在1(a,),2(,b使得(1)＝0,(2)0；再由罗尔定理知，存在(1,2使()0.f()g(.【详解】记D1(x

xy2f(x,y)df(x,y)df(x,

x2d dx2x2再记1(xy)0xy1x0y0，2(xy1xy2x0yx2由于D与D都与x轴对称，也都与y轴对称，函数x2

x y3x2d4x2d41dx1xx2dy41x2(1x)dx41(x2x3)dx3 x2x2 dx2x2 xrcosyrsin0.xy121rcossin1

xy2r

cossin

x2x2

d

20

cos1

420

cossindr

cos1120cos

(r(rcos)2(rsind40

2cos(42 2sec(2

22lnsec(

))tan()222 2222 2

422ln

1

1222222

22ln(32所 f(x,D

f(x,y)df(x,

122ln(322)3【详解方法1：因为方程组(1)、(2)有公共解，将方程组联立x2x3x2xax x4xa2x 2xxa 1 0

0

a Ab 0

2 a

0

a 0

a2 0

a 0

1a4

0

a

a1 换行 a 1a a2133a 由此知，要使此线性方程组有解，a必须满足(a1)(a20，即a1或a2a1rA)2，联立方程组(3)的同解方程组为x

x2x3，由r(A)2，方程组有nr321 未知量.选x1 a2时,联立方程组(3)的同解方程组为x2

3

x方法2：将方程组(1)的系数矩阵A作初等行变 11 1 A a1

a2

a1

a

a2

(a1)(aa1时，rA)2，方程组(1)的同解方程组为x

x2x30rA2方程组有nr321 未知量.选x1 .k成立，故当a1k101T是(1)、(2)的公共解.当a2时，r(A)2，方程组(1)的同解方程组为 x2x30，由r(A)2xx 方程组有nr321 未知量.选x2 未知量，取x21，解得(1)的通0,11T,是任意常数.0,11T代入方程(2)21，即1a2时，(1)和(2)的公共解为0,11T【详解】(IA，可得

Ak1(AAk1 k是正整数, B(A54A3E) 1于是1B的特征向量(对应的特征值为21若Ax

，则(kA)x